jzoj4841 平衡的子集

问题描述

有n个数，问有多少种从其中选若干个数的合法方案。
一个合法方案是指，选出来的数可以分为两组，使得两组之和相等。
对于100%的数据满足：2<=N<=20,1<=a[i]<=100000000

解

一开始还理解错题意了(2次)，一开始以为是所有数都要分组，然后以为问的是有多少种分组方案使得和相等。

看到20想到的就是状压和折半搜索（Alan给我们口胡的那个东西）。
先把20个数分成两半。
我们显然可以知道，如果一边选的和是l,r,另一边选的和是ll,rr，那么当l-r=ll-rr时，这可以拼成一种合法的方案。

于是我们暴搜一边，存下一个差x的所有可能选法(要判重，不然理论时间过不了)。对于一种选法可能会有210种差，总共会有210种选法，于是总共可能会有4^10种。

对于另外一边，我们每找到一个差y,去找对应的差x’=y,然后枚举x’的所有可能状态，合并判重。这一步的时间复杂度是O(3n∗2n)=O(6n),因为对于一种差最多有2n次方种选法。

不带判重水过的

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>#define maxn 21#define mo 9000007#define lim 4000000000LLtypedef long long ll;using namespace std;struct hashMap{    ll ht[mo];    ll hash(ll x) {        int rt=x%mo;        while (ht[rt]!=-lim && ht[rt]!=x) {            rt++;            if (rt>=mo) rt=0;        }        ht[rt]=x;        return rt;    }    hashMap() {        for (int i=1; i<mo; i++) ht[i]=-lim;    }} h;int n,a[maxn],mid,tmpl;int tot,head[mo],next[mo],bit[mo];int cnted[2000][2000];ll ans;void link(int x,int y) {    bit[++tot]=y;    next[tot]=head[x];    head[x]=tot;}void dfs(int x,ll l,ll r,ll st) {    if (x==mid+1) {        if (l-r<0) return;        tmpl=h.hash(l-r);        link(tmpl,st);        return;    }    dfs(x+1,l,r,st<<1);    dfs(x+1,l+a[x],r,(st<<1)+1);    dfs(x+1,l,r+a[x],(st<<1)+1);}int k;void dfs2(int x,ll l,ll r,ll st) {    if (x==mid) {        if (l-r<0) return;        k=h.hash(l-r);        for (int i=head[k]; i; i=next[i]) {            if (cnted[bit[i]][st]==0) {                cnted[bit[i]][st]=1;                ans++;            }        }        return;    }    dfs2(x-1,l,r,st<<1);    dfs2(x-1,l+a[x],r,(st<<1)+1);    dfs2(x-1,l,r+a[x],(st<<1)+1);}int main() {    freopen("subset.in","r",stdin);    freopen("subset.out","w",stdout);    cin>>n;    for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);    mid=n/2;    dfs(1,0,0,0);    dfs2(n,0,0,0);    cout<<ans-1<<endl;}